Un défi par semaine

Janvier 2015, 4e défi

Le 23 janvier 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (4)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 4 :

Les nombres indiquent les aires des zones coloriées exprimées en cm$^2$.

Combien vaut $x$ ?

PNG - 29 ko

Solution du 3ème défi de Janvier :

Enoncé

La réponse est $2^a\cdot 3^b-1$ avec $a\leq b$ des nombres de Fibonacci consécutifs.

Observons que $m+n+mn=(m+1)(n+1)-1$. Écrivons les
premiers nombres de la suite écrite au tableau :

PNG - 23.8 ko

Dans la troisième colonne chaque nombre est le produit des
deux précédents. Notons que ces nombres sont de la forme $2^a\cdot 3^b$ avec
$a$ et $b$ des nombres entiers positifs. Comme, quand nous multiplions deux
nombres de cette forme, nous ajoutons les exposants, la suite des
exposants de 2 est 1, 1, 2, 3, 5..., c’est-à-dire que chaque nombre est
la somme des deux précédents. Cette suite de nombres est la suite
de Fibonacci. De même, la suite des exposants de 3 est 1, 2, 3, 5,
8..., qui est aussi la suite de Fibonacci. Donc $a$ et $b$ sont des
nombres consécutifs de la suite de Fibonacci.

Par conséquent, les nombres écrits au tableau sont
$2^a\cdot 3^b-1$ avec $a$ et $b$ des nombres de Fibonacci
consécutifs tels que $1\leq a\leq b$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Janvier 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Jean-Lou Zimmermann/Biosphoto

Commentaire sur l'article

  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 23 janvier 2015 à 11:12, par verdurin

    x est la moitié de l’aire coloriée.

    Répondre à ce message
  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 24 janvier 2015 à 10:13, par gedspilett

    x est la surface « intersection » du triangle ADF (F est sur le segment BC) et du triangle DCE (E est sur le segment AB )

    Ces deux triangles ont la même surface, égale à la moitié de celle du rectangle ABCD

    Si y est la surface non coloriée, on peut écrire y+2x = Surface ADF+ Surface DCE = Surface du rectangle ABCD

    Donc y+2x = 35+9+6+y+x

    Soit x=35+9+6=50

    Répondre à ce message
  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 24 janvier 2015 à 21:53, par thomisus

    Juste un indice plutôt que la solution : trouver deux triangles que l’on a replié sur le rectangle et qui en ont l’aire à eux deux.

    Répondre à ce message
  • Janvier 2015, 4ème défi

    le 27 janvier 2015 à 12:22, par ROUX

    Tous les triangles ont toujours une surface égale à la moitié du rectangle dans lequel on peut les inscrire.

    On pose que la surface du rectangle ABCD est égale à S.

    J’appelle I le point entre A et B et J le point entre B et C.

    J’appelle (ab) la surface blanche le long de (AB), (bc) la surface blanche le long de (BC), etc.

    S = 9 + (ab) + 35 + (ad) + x + (bc) + (dc) + 6.

    Les triangles AJD et DIC ont la même surface, S/2.

    Je soustrais la surface de AJD à celle de DIC et j’obtiens alors que :

    (ad) + (bc) - (ab) -(cd) = 0 ou que (ad) + (bc) = (ab)+(cd).

    J’ai alors :

    S = 50 + x + 2*((ad) + (bc)).

    J’ajoute entre elles les surfaces des triangles IDA et IBC dont la somme est évidemment S/2 et je trouve alors :

    S/2 = (ad) + 9 + 35 + (bc) + 6 ou (ad) + (bc) = S/2 - 50.

    J’injecte alors cette égalité concernant la somme (ad) + (bc) dans l’expression de S et j’obtiens :

    S = 50 + x + 2*(S/2 - 50) ou S = 50 + x + S -100 ou x = 50.

    Deux défis : le résoudre et rédiger la solution clairement. Clairement ?

    Répondre à ce message

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